《北京市海淀区2025届高三上学期 数学统练4（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《北京市海淀区2025届高三上学期 数学统练4（含解析）（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2024-2025高三上数学统练4一选择题（共10小题）1复数满足，则（ ）A1BC2D2已知集合，则等于（ ）ABCD3下列函数中，在定义域上为增函数且为奇函数的是（ ）ABCD4已知两个向量，且，则的值为（ ）A1B2C4D85在下列关于直线与平面的命题中，真命题是（ ）A若，且，则B若，且，则C若，则D若，且，则6已知向量与向量的夹角为，则（ ）A3BCD17在中，“”是“”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件8沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，利用细沙全部流到下部容器所需要的
2、时间进行计时如图，某沙漏由上、下两个圆锥组成这两个圆锥的底面直径和高分别相等，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度（）的（细管长度忽略不计）假设细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆这个沙堆的高与圆锥的高的比值为（ ）ABCD9已知某种垃圾的分解率为，与时间（月）满足函数关系式（其中为非零常数）若经过12个月，这种垃圾的分解率为，经过24个月，这种垃圾的分解率为，那么这种垃圾完全分解，至少需要经过（ ）（参考数据：）A48个月B.52个月C64个月D120个月10如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点，（在的左边），且下列说法不正确的是（ ）A当运动时，二面角的最小值为B当运
3、动时，三棱锥体积不变C当运动时，存在点使得D当运动时，二面角为定值二填空题（共5小题）11函数的定义域是_12在中，则的面积为_13在等比数列中，则公比_；若，则的最大值为_14已知等边的边长为分别是的中点，则_；若是线段上的动点，且，则的最小值为_15对于函数，若在其定义域内存在，使得成立，则称函数具有性质（1）下列函数中具有性质的有_；（2）若函数具有性质，则实数的取值范围是_三解答题（共2小题）16在中，（1）求；（2）从条件、条件、条件这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积条件：；条件：边上的高为2；条件：注：如果选择的条件不符合要求，第二问得0分；如果选择多个符合
4、要求的条件分别解答，则按第一个解答计分17已知函数，（）求曲线在点处的切线方程；（）求证，当时，；（）设实数使得对恒成立，求的最大值2024-2025高三上数学统练4参考答案与试题解析一选择题（共10小题）1【分析】先对化简，再结合复数模公式，即可求解【解答】解：，故故选：D【点评】本题主要考查复数模公式，属于基础题2【分析】根据已知条件，结合交集的定义，即可求解【解答】解：集合，则故选：A【点评】本题主要考查交集及其运算，属于基础题3【分析】分别结合奇偶性及函数的单调性判断各选项即可求解【解答】解：A：为非奇非偶函数，不符合题意；B：为奇函数且单调递增，符合题意；C：在上不单调，不符合题意；
5、D：为非奇非偶函数，不符合题意故选：B【点评】本题主要考查了基本初等函数的奇偶性的判断，属于基础试题4【分析】，则存在实数使得，即可得出【解答】解：存在实数使得，解得则故选：C【点评】本题考查了向量共线定理、方程组的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题5【分析】根据线面垂直的定义和定理，注意紧扣面面垂直的性质定理的条件逐项判断，分析可得答案【解答】解：A不正确，由面面垂直的性质定理可推出；C不正确，可能与异面；B正确，由线面垂直的定义和定理，面面平行的性质定理可推出；D不正确，由面面垂直的性质定理可知，且，则故选：B【点评】本题考查了空间线面的位置关系，垂直和平行的定理的应用，属基础题6
6、【分析】根据模长公式即可求解【解答】解：已知向量与向量的夹角为，则，则故选：B【点评】本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量的模的运算，属基础题7【分析】考虑中的取值范围，再判断充分性与必要性是否成立【解答】解：中，所以时，充分性成立；若，则或或不存在，所以必要性不成立；是充分不必要条件故选：A【点评】本题考查了充分与必要条件的判断问题，是基础题8【分析】细沙全部在上部时，沙漏上部分圆锥中的细沙的高为，设圆锥的底面半径为，则细沙形成的圆锥的底面半径为，求出细沙的体积，再设细沙漏入下部后，圆锥形沙堆的高为，求出细沙的体积，由体积相等求解，则答案可求【解答】解：细沙全部在上部时，沙漏上
7、部分圆锥中的细沙的高为，设圆锥的底面半径为，则细沙形成的圆锥的底面半径为，细沙的体积为细沙漏入下部后，圆锥形沙堆的底面半径，设高为，则，得故选：A【点评】本题考查圆锥体积公式的应用，考查计算能力，是中档题9【分析】由题意可得，解得，故，再结合对数函数的公式，即可求解【解答】解：由题意可得，解得，故，令，可得，即故选：B【点评】本题主要考查函数的实际应用，掌握对数函数的公式是解本题的关键，属于基础题10【分析】对A：建立空间直角坐标系，利用向量法求解二面角夹角的余弦值，根据其范围，即可判断；对B：利用棱锥体积公式，即可求得三棱锥的体积，即可判断对C：由反证法判断；对D：平面即为平面，平面即为平面
8、，从而得出二面角为定值【解答】解：对：建立如图所示的空间直角坐标系，则，因为在上，且，可设，则，设平面的法向量为，所以，取，则，平面的法向量为，所以，设二面角的平面角为，则为锐角，故，因为，在上单调递减，所以，当且仅当时，取得最大值，即取最小值，故A说法正确对B：因为，点到平面的距离为，所以体积为，即体积为定值，故B说法正确对C：若，则四点共面，与和是异面直线矛盾，故C说法错误对D：连接，平面即为平面，而平面即为平面，故当运动时，二面角的大小保持不变，故D说法正确故选：C【点评】本题考查空间几何体的性质，考查运算求解能力，属中档题二填空题（共5小题）11【分析】由题意，根据函数的解析式可得，且
9、，由此求得函数的定义域【解答】解：由函数，可得，且，求得，可得函数的定义域是，故答案为：【点评】本题主要考查根据函数的解析式求函数的定义域，属于基础题12【分析】根据余弦定理求出，再求出三角形的面积即可【解答】解：，解得：或（舍），故答案为：【点评】本题考查了求三角形的面积公式，考查余弦定理的应用，是基础题13【分析】根据题意，由等比数列的通项公式可得，即可得第一空答案，进而求出的值，即可得的通项公式，解可得第二空答案【解答】解：根据题意，等比数列中，则若，即，解可得，则，若，即，必有或3，即的最大值为3，故答案为：，3【点评】本题考查等比数列的性质，涉及等比数列的通项公式，属于基础题14【分
10、析】建立平面直角坐标系，求出相应点的坐标，从而求得的坐标，再求数量积即可求得第一空；由条件设，则，求出的坐标，从而得到，再求二次函数的值域即可【解答】解：以所在直线为轴，的中垂线所在直线为轴，建立平面直角坐标系，如图所示，因为等边的边长为4，分别是的中点，所以，所以，所以；不妨设在的左边，则设，则，所以，所以，所以当时，有最小值为故答案为：2；【点评】本题考查平面向量的数量积，属于中档题15【分析】（1）在时有解即函数具有性质，逐一判断三个函数是否满足此条件，可得答案；（2）具有性质，显然，方程有根，因为的值域为，所以，进而得到答案【解答】解：（1）在时，有解，即函数具有性质，令，即，故方程有
11、一个非0实根，故具有性质；的图象与有交点，故有解，故具有性质；令，此方程无解，故不具有性质；的图象与有交点，故有解，故具有性质；综上所述，具有性质的函数有：，（2）具有性质，显然方程有根，的值域为，解之可得：或故答案为：；（2）或【点评】本题考查的知识点是方程的根，新定义，函数的值域，是方程和函数的综合应用，难度比较大三解答题（共2小题）16【分析】（1）根据题意，利用倍角公式求得，即可求解；（2）根据题意，分别选择，结合正弦定理和余弦定理，求得的长，结合题意，即可求解【解答】解：（1）解：由中，且，可得，所以，因为，所以（2）解：若选择条件：，由正弦定理且，可得，又由余弦定理，可得，解得，所
12、以，所以存在且唯一确定，此时的面积为若选条件：边上的高为2，因为，可得，由余弦定理，可得，解得，此时存在但不唯一确定，不符合题意若选条件：，因为，由正弦定理得，又由余弦定理，可得，因为，代入解得，所以，所以存在且唯一确定，此时的面积为【点评】本题考查解三角形，利用了正弦定理，余弦定理，属于中档题17【分析】（1）利用函数的导数求在曲线上某点处的切线方程（2）构造新函数利用函数的单调性证明命题成立（3）对进行讨论，利用新函数的单调性求参数的取值范围【解答】解答：（1）因为所以又因为，所以曲线在点处的切线方程为（2）证明：令，则，因为，所以在区间上单调递增所以，即当时，（3）由（2）知，当时，对恒成立当时，令，则，所以当时，因此在区间上单调递减当时，即所以当时，并非对恒成立综上所知，的最大值为2【点评】本题主要考查切线方程的求法及新函数的单调性的求解证明在高考中属常考题型，难度适中
